Importante Desligar os celulares ou colocar no modo silencioso · 14 redes de Bravais agrupadas em...

Importante

Desligar os celulares ou colocar no modo silencioso

ENG101 – MATERIAIS ELÉTRICOS E MAGNÉTICOS

Estrutura de Sólidos Cristalinos

Prof. Dr. Vitaly F. Rodríguez-Esquerre

O que será estudado...

• Como os átomos se arranjam em estruturas sólidas?

• Como a densidade do material depende da suaestrutura?

Estrutura cristalina dos sólidos

ENG101 – MATERIAIS ELÉTRICOS E MAGNÉTICOS

Os materiais sólidos podem ser classificados de acordo com a regularidade com a qual átomos e íons se arranjam em relação uns aos outros.

Um material cristalino é aquele nos quais os átomos se repetem num arranjo periódico em largas distâncias atômicas. Todos os metais, muitos materiais cerâmicos e certos polímeros formam estruturas cristalinas sob condições normais de solidificação.

ENG101 – MATERIAIS ELÉTRICOS E MAGNÉTICOS

As propriedades dos materials estão diretamente relacionadas às suas estruturas cristalinas.

Por exemplo, cerâmicos e polímeros não cristalinos são em geral opticamente transparentes, ou seja permitem a passagem da luz, esses mesmos materiais na forma cristalina tendem a ser opacos, ou no melhor dos casos, translúcidos

ENG101 – MATERIAIS ELÉTRICOS E MAGNÉTICOS

Os materiais que não possuem esta ordenação atômica a largas distâncias são chamados amorfos. Os vidros, por exemplo, não são cristalinos. A figura da esquerda apresenta um dos vidros mais simples (B2O3), no qual cada pequeno átomo de boro se aloja entre três átomos maiores de oxigênio.

Como o boro é trivalente e o oxigênio bivalente, o balanceamento elétrico é mantido se cada átomo de oxigênio estiver entre dois átomos de boro. Como resultado, desenvolve-se umaestrutura contínua de átomos fortemente ligados.

• Não denso, empacotamento aleatório

• Denso, empacotamento ordenado

Estruturas densas e com empacotamento ordenado temMenores energias

Energia e EmpacotamentoEnergy

r

typical neighborbond length

typical neighborbond energy

Energy

r

typical neighborbond length

typical neighborbond energy

• átomos empacotados em arranjos 3Dperiódicos

Materiais Cristalinos...

-metais-muitos cerâmicos-alguns polímeros

• átomos não estão empacotados enão tem arranjo periodico

Noncrystalline materials...

- Estruturas complexas- Esfriamento rápido

SiO2 cristalino

SiO2 não cristalino"Amorfo" = Não Cristalino

Materiais e Empacotamento

Si Oxygen

• típico de:

• acontece:

Sistemas Cristalinos

7 sistemas cristalinos

14 arranjos de cristais

Célula unitária: menor volume repetitivo quecontem o padrão completo do arranjo de um cristal.

a, b, e c são as constantes periódicas

A maioria dos materiais de interesse para o engenheirotem arranjos atômicos que se repetem nas trêsdimensões de uma unidade básica. Tais estruturas sãodenominadas cristais.

Existem 7 tipos principais de cristais: cúbico, tetragonal, ortorrômbico, monoclínico, triclínico, hexagonal e romboédrico.

Existem 14 redes de Bravais

(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning™

14 Redes de Bravais

14 redes de Bravais agrupadasem 7 sistemascristalinos

Estruturas Metálicas Cristalinas• Como pode-se arranjar átomos metálicos

para minimizar o espaço vazío?2-dimensões

vs.

Agora arranje estas camadas 2-D para fazer estruturascristalinas 3-D

• São densamente empacotadas.• Razões:

- Tipicamente, apenas um elemento está presente, todos osraios são iguais.

- Ligações metálicas não são direcionais.- Distância dos vizinhos é pequena de forma a diminuir as energias de ligação.

- Nuvem de eletrons blinda os núcleos dos outros.

• Tem as estruturas cristalinas mais simples.

A seguir estudaremos essas estruturas

Estruturas Cristalinas Metálicas

Estruturas Cristalinas Metálicas

• Muito rara devido à baixa densidade de empacotamentoapenas o Po apresenta esta estrutura.

• Coordenação # = 6(# vizinhos próximos)

Estrutura Cúbica Simples (CS)

• APF para uma estrutura cúbica simples = 0.52

APF = a3

43

π (0.5a) 31átomos

Célula unitátomo

volume

Célula unitvolume

Fator de Empacotamento Atômico (APF)

APF = Volume dos átomos na célula unitária

Volume da cel unit

*considerando esferas sólidas

.

close-packed directions

a

R=0.5a

contem 8 x 1/8 = 1 atom/cél unitl

Fator de Empacotamento Atômico : CCC

a

APF =

43

π ( 3a/4)32átomos

Cel. unit átomovolume

a3Cel unitvolume

compr = 4R =Close-packed directions:

3 a

• FEA para cúbica de corpo centrado = 0.68

aR

a2

a3

• Coordenação # = 8

Adapted from Fig. 3.2,Callister 7e.

• Átomos tem contato ao longo da diagonal--Todos os átomos são idênticos o átomo central está com cor dferente so paraEfeitos de visualização

Estrutura Cúbica de Corpo Centrado (CCC)

ex: Cr, W, Fe (α), Molibdênio

2 átomos/cel unit: 1 centro + 8 quinas x 1/8

• Coordenação # = 12

• Átomos tem contato ao longo da diagonal da face-- Todos os átomos são idênticos o átomo central está com cor dferente so paraEfeitos de visualização.

Estrutura Cúbica de Face Centrada (CFC)

ex: Al, Cu, Au, Pb, Ni, Pt, Ag

4 átomso/ cel unit: 6 face x 1/2 + 8 quinas x 1/8

• APF para CFC = 0.74Fator de Empacotamento Atômico: CFC

maximum achievable APF

APF =

43

π ( 2a/4)34átomos

Cel unit átomovolume

a3Cel unitvolume

Close-packed directions: length = 4R = 2 a

Cel unit contem6 x 1/2 + 8 x1/8

= 4 átomos/ cel unita

2 a

Densidade Teórica, ρ

onde n = número de átomos/ cel unitA = peso atômicoVC = Volume da cel unit = a3 para cúbicoNA = número de Avogadro

= 6.023 x 1023 átomos/mol

Densidade = ρ =

VCNA

n Aρ =

Volume total da cel. Unit.Masa dos átomos na cel. Unit.

• Ex: Cr (CCC) A = 52.00 g/molR = 0.125 nmn = 2

ρteórica

a = 4R/ 3 = 0.2887 nm

ρactual

aR

ρ = a3

52.002átomos

Cel unit molg

Cel unitvolume átomos

mol

6.023 x 1023

Densidade Teórica, ρ

= 7.18 g/cm3

= 7.19 g/cm3

ALOTROPIA

É a característica de um elemento poder existir em maisde uma estrutura cristalina dependendo da temperatura e da pressão.

911oC, Fe é CCC 913oC, Fe é CFC

Ferro

To study how iron behaves at elevated temperatures, we would like to design an instrument that can detect (with a 1% accuracy) the change in volume of a 1-cm3 iron cube when the iron is heated through its polymorphic transformation temperature. At 911oC, iron is BCC, with a lattice parameter of 0.2863 nm. At 913oC, iron is FCC, with a lattice parameter of 0.3591 nm. Determine the accuracy required of the measuring instrument.

Example 3.6 SOLUTION

The volume of a unit cell of BCC iron before transforming is:

VBCC = = (0.2863 nm)3 = 0.023467 nm330a

Example 3.6 SOLUTION (Continued)

The volume of the unit cell in FCC iron is:VFCC = = (0.3591 nm)3 = 0.046307 nm3

But this is the volume occupied by four iron atoms, as there are four atoms per FCC unit cell. Therefore, we must compare two BCC cells (with a volume of 2(0.023467) = 0.046934 nm3) with each FCC cell. The percent volume change during transformation is:

30a

%34.11000.046934

0.046934) - (0.046307 change Volume −=×=

The 1-cm3 cube of iron contracts to 1 - 0.0134 = 0.9866 cm3 after transforming; therefore, to assure 1% accuracy, the instrument must detect a change of:

ΔV = (0.01)(0.0134) = 0.000134 cm3

Índices de Miller

Miller indices – Notação curta para descrever algumasdireções e planos nos cristais.

São escritos entre [ ] e os números negativos sãorepresentados por uma barra sobre eles.

Coordenadas de alguns pontos nacélula unitária, o número refere-se a distância desde a origem em funçãodos parâmetros do arranjo

Determine os índices de Miller das direções A, B, e C.

Determinando os índices de Miller paraDireções

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SoluçãoDireção A1. Dois pontos são 1, 0, 0, and 0, 0, 02. 1, 0, 0, -0, 0, 0 = 1, 0, 03. [100]Direção B1. Dois pontos são 1, 1, 1 and 0, 0, 02. 1, 1, 1, -0, 0, 0 = 1, 1, 13. [111]Direção C1. Dois pontos são 0, 0, 1 and 1/2, 1, 02. 0, 0, 1 -1/2, 1, 0 = -1/2, -1, 1Reduzindo as frações3. 2(-1/2, -1, 1) = -1, -2, 2

2]21[ .4

(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning™

Determine os índices de Miller dos planos A, B, e C

Determinando Índices de Miller de Planos

Example 3.8 SOLUTIONPlano A1. x = 1, y = 1, z = 12.1/x = 1, 1/y = 1,1 /z = 13. Sem frações4. (111)Plane B

1. O plano nunca cruza o eixo z, x = 1, y = 2, e z = 2.1/x = 1, 1/y =1/2, 1/z = 03. Fraçoes:1/x = 2, 1/y = 1, 1/z = 04. (210)Plane C

1. We must move the origin, since the plane passes through 0, 0, 0. Let’s move the origin one lattice parameter in the y-direction. Then, x = , y = -1, and z =2.1/x = 0, 1/y = 1, 1/z = 03. Sem frações.

)010( .4

∞

∞∞

Desenhando direções e planos

Draw (a) the direction and (b) the plane in a cubic unit cell.

1]2[1 10]2[

Densidade Linear e Densidade Planar

Calculate the planar density and planar packing fraction for the (010) and (020) planes in simple cubic polonium, which has a lattice parameter of 0.334 nm.

Calculating the Planar Density and Packing Fraction

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Figure 3.23 The planer densities of the (010) and (020) planes in SC unit cells are not identical (for Example 3.9).

Example 3.9 SOLUTION

The total atoms on each face is one. The planar density is:

2142

2

atoms/cm 1096.8atoms/nm 96.8

)334.0(faceper atom 1

face of areafaceper atom (010)density Planar

×==

==

The planar packing fraction is given by:

79.0)2(

)()( atom) 1(

face of areafaceper atoms of area (010)fraction Packing

2

2

20

2

==

==

rr

ra

π

π

However, no atoms are centered on the (020) planes. Therefore, the planar density and the planar packing fraction are both zero. The (010) and (020) planes are not equivalent!

We wish to produce a radiation-absorbing wall composed of 10,000 lead balls, each 3 cm in diameter, in a face-centered cubic arrangement. We decide that improved absorption will occur if we fill interstitial sites between the 3-cm balls with smaller balls. Design the size of the smaller lead balls and determine how many are needed.

Design of a Radiation-Absorbing Wall

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Figure 3.30 Calculation of an octahedral interstitial site (for Example 3.13).

Example 3.13 SOLUTION

First, we can calculate the diameter of the octahedralsites located between the 3-cm diameter balls. Figure 3.30 shows the arrangement of the balls on a plane containing an octahedral site.

Length AB = 2R + 2r = 2Rr = R – R = ( - 1)R

r/R = 0.414

This is consistent with Table 3-6. Since r = R = 0.414, the radius of the small lead balls is

r = 0.414 * R = (0.414)(3 cm/2) = 0.621 cm.

From Example 3-12, we find that there are four octahedral sites in the FCC arrangement, which also has four lattice points. Therefore, we need the same number of small lead balls as large lead balls, or 10,000 small balls.

22 2

Determining the Density of BCC Iron

Determine the density of BCC iron, which has a lattice parameter of 0.2866 nm.

Example 3.4 SOLUTION

Atoms/cell = 2, a0 = 0.2866 nm = 2.866 × 10-8 cm

Atomic mass = 55.847 g/mol

Volume of unit cell = = (2.866 × 10-8 cm)3 = 23.54 × 10-24

cm3/cell

Avogadro’s number NA = 6.02 × 1023 atoms/mol

30a

32324 /882.7

)1002.6)(1054.23()847.55)(2(

number) sadro'cell)(Avogunit of (volumeiron) of mass )(atomicatoms/cell of(number Density

cmg=××

=

=

−ρ

ρ

Determine the packing factor for diamond cubic silicon.

Example 3.17 Determining the Packing Factor for

Diamond Cubic Silicon

(c) 2003 Brooks/C

ole Publishing / Thom

son Learning

Figure 3.39 Determining the relationship between lattice parameter and atomic radius in a diamond cubic cell (for Example 3.17).

Example 3.17 SOLUTION

We find that atoms touch along the body diagonal of the cell (Figure 3.39). Although atoms are not present at all locations along the body diagonal, there are voids that have the same diameter as atoms. Consequently:

34.0)3/8(

)34)(8(

)34)(atoms/cell (8

factor Packing

83

3

3

30

3

0

=

=

=

=

r

r

a

r

ra

π

π

Compared to close packed structures this is a relatively open structure.

Example 3.18 Calculating the Radius, Density, and

Atomic Mass of Silicon

The lattice constant of Si is 5.43 Å . What will be the radius of a silicon atom? Calculate the theoretical density of silicon. The atomic mass of Si is 28.1 gm/mol.

Example 3.18 SOLUTION

For the diamond cubic structure,Therefore, substituting a = 5.43 Å, the radius of silicon atom = 1.176 Å .

There are eight Si atoms per unit cell.

ra 83 0 =

338

23

/33.2cm) 1043.5(

10023.6/)1.28(8volumemass density cmg=

××

== −

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Figure 3.48 Directions in a cubic unit cell for Problem 3.51

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ole Publishing / Thomson Learning Figure 3.49

Directions in a cubic unit cell for Problem 3.52.

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Figure 3.50 Planes in a cubic unit cell for Problem 3.53.

(c) 2003 Brooks/C

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Figure 3.51 Planes in a cubic unit cell for Problem 3.54.

Exemplo:

Figure 3.52 Directions in a hexagonal lattice for Problem 3.55.

Estrutura Hexagonal com a sua respetiva célula unitária

Planos e Direções Cristalográficas

Miller–Bravais

Planos e Direções Cristalográficas

Determine the Miller-Bravais indices for planes A and B and directions C and D in Figure 3.25.

Determining the Miller-Bravais Indices for Planes and Directions

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Example 3.11 SOLUTION

Plane A1. a1 = a2 = a3 = , c = 12. 1/a1 = 1/a2 = 1/a3 = 0, 1/c = 13. No fractions to clear4. (0001)

Plane B1. a1 = 1, a2 = 1, a3 = -1/2, c = 12. 1/a1 = 1, 1/a2 = 1, 1/a3 = -2, 1/c = 13. No fractions to clear4.

Direction C1. Two points are 0, 0, 1 and 1, 0, 0.2. 0, 0, 1, -1, 0, 0 = 1, 0, 13. No fractions to clear or integers to reduce.4.

∞

)1211(

113]2[or ]011[

Example 3.11 SOLUTION (Continued)

Direction D1. Two points are 0, 1, 0 and 1, 0, 0.2. 0, 1, 0, -1, 0, 0 = -1, 1, 03. No fractions to clear or integers to reduce.4. 100]1[or ]101[

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Figure 3.55 Planes in a hexagonal lattice for Problem 3.58.